6.2.2 第3课时 利用导数解决与函数相关的问题（教师版）-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册五维课堂同步复习（人教B版）

数学B版·选择性必修第三册 解析：ABD[由题意得，函数f(x)的定义域为 14.已知函数f(x)= 2x2,x≤ ,若方程[f(x)]=a (0,+o),且f(r)=4-1=a1,当u≤0时， e,x>0 恰有两个不同的实数根m,n,则m十n的最大值 f(x)<0恒成立，此时f(x)单调递减，没有极值， 是 又当x→0时，f(x)>十o∞，当x→+∞时， 解析：作出函数f(x) 12x2,x≤0 的图象，如图所 f(x)→-∞， (e,x>0 f(x)有且只有一个零点，当a>0时，在 示，由[f(x)]=a可得f(x)=√a,所以√a>1,即 a>1,不妨设m<n,则2m2=e”=Va,令√a=t(t> 0,)上，f(x)<0,f()单翔递减，在 1),则m= t t ，n=ln,所以m+n=lht√经 （日十上，fx)>0,f)单调道培，当 令g(t)=lnt√ 则g()=,所以当1 4t =二时，f()取得极小值，同时也是最小值， <t8时，g'(t)>0:当t>8时，g'(t)<0,当t=8 时，g(t)取得最大值g(t)=ln8-2=3ln2-2. f=f(日 =1+lna,当x→0时，lnx ∞，f(x)→十∞，当x→十∞时，f(x)>十o∞， 当1十1na=0,即a=1时，f(x)有且只有一个零 点；当1十lna<0,即0<a<1时，f(x)有且仅有 e 答案：3ln2-2 两个零点，综上可知ABD正确，C错误.] 第3课时 利用导数解决与函数相关的问题 课程标准 素养解读 1.体会导数与单调性、最大（小）值的关系 在运用导数解决函数问题过程中达成逻辑推 2.感悟利用导数解决与不等式、函数零点有关的问题， 理、数学运算的核心素养 课堂。互动学亲 对应学生用书P62 题型一 利用导数证明不等式问题 ◇[变式训练] 1.已知x>0,证明：1+2x<e2r。 [例1] 已知>1，证明：1nx+子>1. 证明设f(x)=1十2x-e2r,则f(x)=2-2e2x= 证明令fx)=nx+1(x>1),.f(x)= 2(1-e2x),当x>0时，2x>0,2x>e°=1，.f(x) 2 2 =2(1-e2)<0,.函数f(x)=1+2x-e2x在(0， 1=x-1 十∞)上是减函数.，函数f(x)=1十2x一e2是连 ,x>1,.f'(x)>0, 续函数，.当x>0时，f(x)<f(0)=0,.当x>0 ∴f)=lnx+是在1，十o∞)上单调通增，∴f) 时，1+2x-e2<0,即1+2x<e2x」 题型二 不等式的恒成立问题 >f(1)=ln1+1=1. 从而lnx十上>1，命题得证. [例2]设函数f(x)=ta2+2tx十t-1(x∈R,t>0). (1)求f(x)的最小值h(t): 规律方法 (2)若h(t)<一2t+m对t∈(0,2)恒成立，求实数 利用导数法证明不等式的思路 m的取值范围， (1)若证明f(x)>a成立，只需证明f(x)mm>a 即可 汇思路点拨](1)利用配方法，即可求出二次函 (2)若要证明f(x)>g(x)在区间D上成立，基本 数f(x)的最小值h(t);(2)构造函数g(t)=h(t) 方法是构造函数h(x)=f(x)一g(x),然后根 (一2t十m),只需使g(t)在(0,2)上的最大值小 据函数h(x)的单调性证明h(z)mm>0. 于零即可求得m的取值范围. ·126· 第六章导数及其应用 [解](1)f(x)=t(x+t)2-t3+t-1(x∈R,t> 由题意可知25-9≤m-4,即m≥25+3 0),∴.当x=一t时，f(x)取最小值f(一t)=-t+ 9 9 t-1,即h(t)=-t3+t-1. 2√3+27 (2)令g(t)=h(t)-(-2t十m)=-t3+3t-1-m, 由g'(t)=-3t+3=0,得t=1或t=-1(不合题 .实数m的取值范围为 2√3+27 意，舍去) 9 当t变化时，g(t),g(t)的变化情况如下表： 规律方法 (0,1) 1 (1,2) 分离参数求解不等式恒成立问题的步骤 g'(t) 分离参数，转化为fx)≥a恒成立， 0 f(x)n≥a;或fx)≤a恒成立， 即fx)n≤a 8(t) 极大值1一m 求最值 ∴.g(t)在(0,2)内有最大值g(1)=1一m. 求fx)n或fx)n h(t)<-2t十m在(0,2)内恒成立等价于g(t)<0 在(0,2)内恒成立，即等价于1一m<0..m的取值 结论 写出参数的取值范围 范围为(1，十∞). [母题探究] ⊙[变式训练] 1.(变条件)若将本例(2)的条件改为“存在t∈[0,2]， 2.已知函数f(x)=x3-3x2-9x十c,当x∈[-2,6] 使h(t)<一2t十m成立”，则实数m的取值范围如 时，f(x)<2c恒成立，求c的取值范围. 何求解？ 解：f(x)=x3-3x2-9x+c,f'(x)=3x2-6x-9. [解]令g(t)=h(t)-(-2t+m)=-t3+3t-1 当x变化时，f(x),f(x)随x的变化如下表： m,由g'(t)=-3t2+3=0,得t=1或t=-1(不合 00, (-1,3 3 (3,十∞) 题意，舍去) 0 0 当t变化时，g'(t),g(t)的变化情况如下表： ( f(x 递增 极大值c十5 递减 极小值c一27 递增 t 0 (0,1) 1 (1,2) 2 g'(t) + 而f(-2)=c-2,f(6)=c+54,.当x∈[-2,6] 0 时，f(x)的最大值为c十54，要使f(x)<2|c恒成 g(t) 1-m 极大值1一m -3-m 立，只要c十54<2c|即可，当c≥0时，c十54<2c, ∴.g(t)在[0,2]上有最小值g(2)=-3-m,存在t .c>54;当c<0时，c+54<-2c,.c<-18. ∈[0,2]，使h(t)<一2t十m成立，等价于g(t)的最 .c∈(-∞，-18)U(54,+∞)，此即为参数c的 小值g(2)<0. 取值范围。 .一3一m<0,.m>一3，所以实数m的取值范围 题型利用导数研究函数的零点（方程的根）问题 为(-3，十∞). [例3]给定函数f(x)=(x+1)e 2.(变条件)若将本例(2)的条件改为“对任意的t,t2 (1)判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值； ∈(0,2)，都有h(t1)<-2t2十m”,求实数m的取 (2)画出函数f(x)的大致图象； 值范围。 (3)求出方程f(x)=a(a∈R)的解的个数. [解]h(t)=-t+t-1,t∈(0,2) 解：(1)函数的定义域为x∈R. ∴.h'(t)=-3t2+1 因为f(x)=(x十1)'e+(x+1)(e)'=e+(x+ 由)=0释4号或4=一9（合） 1)e=(x+2)e. 3 令f(x)=0,解得：x=-2. 又当01<号时，)>0，当号<1<2时，0) 当x变化时，f(x)'、f(x)的变化情况如表所示 0 (-∞，-2) -2 (-2,十0∞) 当19时a0)=-+5-1=25-9 y 0 + 93 9 令p(t)=-2t+m,t∈(0,2)，∴.o(t)mm>-4. 单调递减 单调递增 ·127· 数学B版·选择性必修第三册 所以，f(x)在区间（一∞，一2）上单调递减，在区间 ◇[变式训练] (一2，十∞)上单调递增. 3.已知函数f)=n出讨论fx)的单调性， 当x=一2时，f(x)有极小值f(-2)=一 并证明f(x)有且仅有两个零点。 (2)令f(x)=0,解得：x=-1. 解：f(x)的定义域为(0,1)U(1,十∞). 当x<-1时，f(x)<0:当x>一1时，f(x)>0. 因为f()=1+2 元十1)>0，所以f)在(0,1) 所以f)的图象经过特殊点A(一2。-己)。 和(1，十∞)上单调递增， B(-1,0),C(0,1). 调为0=1-0)=2号- 当x→一∞时，与一次函数相比，指数函数y=e >0,所以f(x)在(1，十∞)上有唯一零点x(e<x 里爆炸性增长，从而y=0当一十∞时，∫ e <e),即f(x1)=0. (x)→十∞，f(x)→十∞，根据以上信息，我们画 出的大致图象如图所示 =0,故f(x)在(0,1)上有唯一零点1 1 综上，f(x)有且仅有两个零点. fx)=(x+1)e [当堂达标] 1.已知函数f(x)的定义域为[一1,4]，部分对应值如 下表： -2-1 2 01x 0 3 4 -1 f(x) 0 2 0 (3)方程f(x)=a(a∈R)的解的个数为函数y= f(x)的导函数y=f(x)的图象如图所示.当1<a f(x)的图象与直线y=a的交，点个数 <2时，函数y=f(x)一a的零点的个数为() 由(1)及图可得，当x=一2时，有最小值f(一2)= 所以，方程f(x)=a的解的个数有如下结论； 当a<二二时，解为0个， A.1 B.2 C.3 D.4 当a=一 我0时：部为1个 解析：D[根据导函数图象，知2是函数的极小值 点，函数y=f(x)的大致图象如图所示.由于f(0) 当<0<0时，解为2个 =f(3)=2,1<a<2,所以y=f(x)-a的零，点个 数为4. 规律方法 5 利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法 4 (1)构建函数g(x)(要求g'(x)易求，g'(x)=0可 解)，转化确定g(x)的零点个数问题求解，利 用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定 5-4-3-2-1012345x 义区间端点值的符号（或变化趋势）等，画出 -2 -3引 g(x)的图象草图，数形结合求解函数零点的 -4 个数 2.已知函数f(x)=x2一2lnx,若在定义域内存在 (2)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在 x,使得不等式f(xo)一m≤0（成立，则实数m的 某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单 最小值是 调性、极值（最值）及区间端点值符号，进而判 A.2 B.-2 断函数在该区间上零点的个数. C.1 D.-1 ·128· 第六章导数及其应用 解析：C[函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x) (2)法一：由题意知，方程kx一lnx=0仅有一个实 =2- 根，由kx-1nx=0,得k=1n2(x>0). 令f(x)=0,得x=1或x=-1(舍). 令g()=D2(x>0),则g()=1-n2,当0<x 当x∈0时，f'(x)<0;当x∈(1，十∞)时，f(x) x >0. <e时，g'(x)>0;当x>e时，g'(x)<0. 所以当x=1时，f(x)取得极小值，也是最小值，且 ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单调递 最小值为1. 减g)-ge）=日 因为存在x,使得不等式f(x,)一m≤0成立， 所以m≥1，所以实数m的最小值为1，故选C.] 当x→十∞时，g(x)→0. 3设函数f()=-号-2x+5,若对任意x∈ 又：>0要使代)仅有一个零点，则6=日 [-1,2],都有f(x)>m,则实数m的取值范围 法二：f(x)=x-ln,f(x)=k-1=b红-1(z 是 >0,k>0). 解析：由f)=3-2-2=0,得=1，-号.又 当0<<6时，f(u)<0:当>时，f（u)>0. f-1)=5f(号)-5器r1-82f2 ∴x)在(0，)上单羽递减，在（合+∞小上单调 递f)=f()=1-1n名：f)有且 答案：(-3) 只有-个零点，心1-n=0，即友= 4.已知函数f(x)=k.x-lnx(k>0). 法三：，k>0,.函数f(x)有且只有一个零，点等价 (1)若k=1,求f(x)的单调区间： 于直线y=kx与曲线y=lnx相切，设切点为(xo, (2)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数 的值。 解：(1)若=1，则f(x)=x-lnx,定义域为(0， ),由y=ln,得y=1 ∴k yo=kzo +),剩了)=1子，由了)>0，得>1：由 yo=In zo, f'(x)<0,得0<x<1,∴f(x)的单调递减区间为 。实数灰的位为日 (0,1),单调递增区间为(1，+∞). 课时。素养提升 对应学生课时P37 [基础达标练] A.abc B.c>a>b 合+bia(+2在(-1，+0上是 C.c>b>a D.b>ac 1.若f(2)= 解析：D[(x-1)f(x)<0,.当x>1时， 减函数，则b的取值范围是 f(x)<0,此时函数f(x)单调递减；当x<1时， A.[-1,+∞] B.(-1,+o∞) f(x)>0,此时函数f(x)单调递增.又f(1.9十x) C.(-o∞，-1] D.(-∞，-1) =f(0.1-x),.f(x)=f(2-x),.f(3)=f[2 解析：C[白题多可知f)=一十产2<0，在 (-1)]=f(-10.:-1<0<3f(-1)<f0)》 x∈（一1，+∞）上恒成立，即b<x(x十2)在x∈ <f(2)r8)fo)f()b>a>] (-1,十∞)上恒成立，由于x≠-1，所以b≤一1， 3.已知函数f(x)=e一a.x2(x>0)无零点，则实数a 故C为正确答案.] 的取值范围为 2.若函数f(x)在定义域R内可导，f(1.9十x)= f(0.1-x)且(x-1)f(x)<0,a=f(0),b A.(-0,) B.(-∞，) f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系是 ( D(分，+∞) ·129· 数学B版·选择性必修第三册 解析：B[因为函数f(x)=e一ax2(x>0)无零 解析：ABD[由于三次函数的三次项系数为正值， 点，所以方程e-a.x2=0在x∈(0，十∞)上无解， 当x→一0∞时，函数值→一∞，当x→十0∞时，函数 即a-号在uE0,十o∞)上无解，令g)号(> 值十∞，又三次函数的图象是连续不断的，故一 定穿过x轴，即一定了x。∈R,f(x。)=0,选项A中 0),g(x)=e（2,当x>2时，g()>0,函数 的结论正确；函数f(x)的解析式可以通过配方的方 法化为形如(x十m)3十n(x+m)十h的形式，通过 g(x)单调递增，当0<x<2时，g'(x)<0,函数g 平移函数图象，函数的解析式可以化为y=x3十x (x)单调递减，所以x=2时，函数g(x)有唯一的极 的形式，这是一个奇函数，其图象关于坐标原点对 小值，也是最小值 称，故函数f(x)的图象是中心对称图形，选项B中 g2)一号所以（≥导若a兰无解，则u< 的结论正确；由于三次函数的三次项系数为正值， 故函数如果存在极值点x1,x2,则极小值点2> 苦故选] x1,即函数在一○到极小值点的区间上是先递增后 4.已知函数f(x)=ax3-3x2十1，若f(x)存在唯一 递减的，所以选项C中的结论错误；根据导数与极 的零点x,且x,>0,则实数a的取值范围是 值的关系，显然选项D中的结论正确，] ( 6.已知函数f(x)=4+lnx-1(a>0)在定义域内有 A.(2,+∞) B.(-∞，-2) 零点，则实数a的取值范围是 C.(1,十∞) D.(-∞，-1) 解析：函数f(x)定义域为(0，十∞).因为函数f(x) 解析：B[法一由题意a≠0，由f(x)=3a.x 6x=0得r=0或r=2.当a>0时，f(x)在 =￠十lnx-1(a>0)在定义战内有零点，所以a= x一xlnx有解，令h(x)=x-xlnx,所以h'(x)= (-,0)南（侣十上单调递增，在0，）上单 一1nx,所以h(x)的增区间为(0,1)，减区间为(1， 调递减.且f(0)=1>0,故f(x)有小于0的零点， +o∞)，所以h(x)mx=h(1)=1,故0<a≤1. 答案：0<a≤1 不符合题意，排除A,C.当a<0时，要使x,>0且 唯-，只需f()0.即a>4a<-2 7.已知函数f(x)= +4r-3mx在[，+1门上 1 不单调，则t的取值范围是 法二f(x)有唯一正零点x,等价于方程ax3 解析：由题意知(x)=一x十4一 3 3x2+1=0有唯一正根，即a=3一1有唯一正 =x2+4x-3 根xo: xg()=30-x)1+） 令g(x)=3-1,0 (x-1)(x-3) 2 2 g(x)在(-∞，-1)上递减，(-1,0)上递增，(0， 由f(x)=0得函数f(x)的两个极值，点为1,3， 1)上递增，(1，十∞)上递减. 则只要这两个极值点有一个在区间(t,t十1)内， 函数f(x)在区间[t,t十1门上就不单调， 由t1<t+1或t<3<t+1,得0<t<1或2<t <3. 答案：(0,1)U(2,3) 8.设函数f(x)=e-e,若对所有x≥0都有f(x) 又g(-1)=-2,g(1)=2,且当x<-1时，g(x)< ≥ax,求实数a的取值范围. 0,当x>1时，g(x)>0,g(x)的大致图象如图： 解：令g(x)=f(x)-ax,由g'(x)=f(x)-a=e 直线y=a与y=g(x)有唯一交点，且横坐标x >0,只需a<g(-1)=-2.] 十e-a,由于e+e=e+>2(当且仅当x 5.(多选)已知函数f(x)=x3十ax2+bm+c,下列结 0时等号成立)，所以当a≤2时，g'(x)=e十er 论中正确的是 a≥2-a≥0，故g(x)在(0，十∞)上为增函数. A.]x∈R,f(xm)=0 所以当x≥0时，g(x)≥g(0)=0,即f(x)≥ax,当 B.函数y=f(x)的图象是中心对称图形 C.若x。是f(x)的极小值点，则f(x)在区间（一∞， a>2时，方程g()=0的根为，=1na√Q-4 2 x)单调递减 D.若x是f(x)的极值点，则f(xo)=0 <0,,=1n+a4 2 0,此时，若x∈(0,2)，则 ·130· 第六章导数及其应用 g'(x)<0,故g(x)在区间(0，x2)内为减函数，所以 -1-ma+ln。e≤0成立，则ma≥nae 1 x∈(0，x2)时，g(x)<g(0)=0,即f(x)<ax,与题 设f(x)≥ax相矛盾， ∴.m≥ In(a-e) 1(a>e),令F(a)= 综上所述，满足条件的实数a的取值范围为（一∞，2]. [能力提升练] a-ln(a-e） lna-e则Fa)=a-e 9.已知函数f(x)=lnx-只+a在x∈[1，e]上有两 a a x a In(a-e) 个零点，则a的取值范围是 a2(a-e) a? A.e B.ie -a+(a-e)In(a-e)+a-e a2(a-e） c[。-刂 D.[-1,e) _(a-e)ln(a-e)-e a(a-e) 解桥：C[f)兴-[1，e ∴.当a<2e时，F(a)<0,当a>2e时，F(a)>0, 当a≥-1时，f(x)≥0，f(x)在[1，e]上单调递增， 则F'(a)min=F(2e)=- e 不合题意. 当a≤-e时，f(a)≤0，f(x)在[1，e]上单调递减， m≥-。则实数m的取值范国是[一。+©)门] 也不合题意 1山.已知函数f(x)=sinx-1,g(x)=号1nx-,若 当-e<a<-1时，则x∈[1，-a)时，f'(x)<0,f 对任意x,∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)<g(x2) (x)在[1，一a)上单调递减，x∈[-a,e]时，f(x) 成立，则实数a的取值范围是 >0,f(x)在（一a,e]上单调递增，又f(1)=0,所以 解析：对任意x,∈R都存在x2∈(1，e)使f(x1)< f(x)在x∈[1，e]上有两个零，点，只需f(e)=1- e g(x2)成立，所以得到f(x)max<g（x)nx,而f(x) +a≥0即可，解得。a<-1 =sinx-1,所以f(x)mx=0,即存在x∈(1，e), 使号1nx-x>0,此时1n>0,>0,所以u>0, 综上a的取值范图是[二。一门 因此将问题转化为存在x∈(1，)，使2<ln工成 10.设函数f(x)=e+1-ma,g(x)=ae一x(m,a为 a 实数)，若存在实数a,使得f(x)≤g(x)对任意x 立，设(x)=n三，则名<h(x),/(x) ∈R恒成立，则实数m的取值范围是 ( =1-Inz A【20+】 B[品0 22 当x∈(1，e),h'(x)>0,h(x)单调递增，所以h(x) c【-是+) 【o <A0)日即子<日所以>e,所以实装a的 解析：C[令h(a)=f(x)-g(x)=e+1-ma 取值范围是(2e,十o∞). ae+x=(e-a)e-ma十x,则h'(.x)=(e-a)e 答案：(2e,十o∞) 十1，若e-a≥0，可得h'(x)>0,函数h(x)为增函 12.设函数f(.x)=lnx-x十1. 数，当x→十∞时，h(x)>十∞，不满足h(x)≤0 (1)讨论f(x)的单调性； 对任意x∈R恒成立；若e一a<0,由h'(x)=0,得 2求证：当x1,十)时，1<hx a)>0,吉xe(n。e+时，Wa)<0h 解：(1)f(x)=1-1(x>0). 由f(x)>0,解得0<x<1;由f(x)<0,解得x a-e >1. .f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调 递减. 若f(x)≤g(x)对任意x∈R恒成立，则一1-ma (②)证明要运当z1,十o0)时，1<n 1≤0(a>e)恒成立，若存在实数a,使得 a-e 即证lnz<x-1<xlnx. ·131· 数学B版·选择性必修第三册 由(1)得f(x)=lnx-x+1在(1，+o∞)上单调递 设g()=n+中，则g()=二2n-1 减，∴.当x∈(1，十∞)时，f(x)<f(1)=0,即 有lnx<x-1. 令g()=0,即21n-1=0,解得x=1 设F(x)=2lnx-x+1,则F(z)=1+lnx-1= In x. 所以当0<<上时，g'()>0,函数g()在(0， 当x∈(1，十o∞)时，F(x)>0,F(x)单调递增 √e .F(x)>F(1)=0,即有xlnx>x-1.∴.原不等 马)上单调递增； 式成立. [素养培优练] 当>上时，g()<0,函数g(x)在(，十)上 e 18(多法)对于函数代)-.下列说法止确的是 单调递减， 所以当x= 二时，函数g(x)取得最大值，最大值为 A.f(x)在x=处取得极大值2 v ee B.f(x)有两个不同的零点 g(2)=e-2=2' C.f(√2)<f(元)<f(5) D若fu)A是在0，十∞)上恒成立，则>号 所以>受，所以D正确，故连ACD.] 14.已知函数f(x)=(x-1)1nx-x-1. 解析：ACD[由题意，西效f()=,可得 证明：(1)f(x)存在唯一的极值点； (2)f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为 f()=1-21n卫(x>0),令f(x)=0,即 倒数 1-21n2=0,解得x=E,当0<x<E时，f() 证明(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， 1 >0,函数f(x)在(0，√)上单调递增；当x>√ē时， f()-21+-1=n f(x)<0,函数f(x)在(W,+∞)上单调递减，所 因为y=lnx在(0，+∞)上单调递增，y=二在 以当x=√e时，函数f(x)取得极大值，极大值为f (0,十∞)上单调递减， 0=所以Λ正确：由当x=1时，f1)=0,因 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增. 为f(x)在(0，WE)上单调递增，所以函数f(x)在 又f①)=-1<0，f(2)=ln2-合-4 2 (0W)上只有一个零点，当x>√e时，可得f(x)> >0, 0,所以函数在（√，十∞）上没有零，点，综上可得函 故存在唯一x∈(1,2)，使得f'(xn)=0. 数在(0，十∞)只有一个零点，所以B不正确；由函 又当x<xn时，f(x)<0,f(x)单调递减； 数f(x)在（√，十∞）上单调递减，可得(f√3)>f 当x>时，f(x)>0,f(x)单调递增.所以， ,商于1-=号f- f(x)存在唯一的极值点 2 (2)由(1)知f(x)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3 -ln元 2π >0, 到偏-紧学话器 所以f(x)=0在(x,十∞)内存在唯一根x=a, 4π 因为π>2π，所以f(√乐)-f(√2)>0，即f(V元) 由a>>1得日1<，又日)-（日-n >f(2),所以f(√2)<f(√)<f(5),所以C 1-1-1=f2 二0 正确； aa a 由f(x)<k一 二在(0，+∞)上恒成立，即P 故】是f(x)=0在(0，)内的唯一根. f(x)+ 1=lnx十1在(0，十∞)上恒成立， 所以f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互 为倒数. ·132·